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2025届江西省鹰潭市高三下学期一模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知集合A={x∈Z|y=ln(−x2−x+2)))，B=[−2,0)，则A∩B=（ ）
A．(−2,0) B．[−1,0) C．{−1,0) D．{−2,−1)
2．已知i是虚数单位，复数z满足(2−i)z=3−i，那么z的虚部是（ ）
1 7 7 1
A． B． C． i D． i
5 5 5 5
3．已知向量⃗a=(2,❑√6)，⃗b=(m,−1)，若(⃗a+⃗b)⊥(⃗a−⃗b)且⃗a⋅⃗b>0，则实数m=（ ）
A．❑√3 B．3 C．−3 D．±3
1 1
4．已知sin(α−β)= ，sinαcosβ= ，则cos(2α+2β)=（ ）
6 4
7 1 1 7
A． B． C．− D．−
9 9 9 9
5．已知直线l ：mx+ y+m=0和l ：x−m y−3=0相交于点P，则点P的轨迹方程为
1 2
（ ）
A．(x−1) 2+ y2=4 B．(x+1) 2+ y2=4
C．(x−1) 2+ y2=4(x≠−1) D．(x+1) 2+ y2=4(x≠1)
6．已知(1+2x) n=a +a x+a x2+a x3+⋅⋅⋅+a xn，随机变量ξ∼N ( 1, 1) ，若
0 1 2 3 n 4
a
1=E(ξ)D(ξ)，则a +a +a +⋅⋅⋅+a 的值为（ ）
a 1 2 3 n
2
A．81 B．242 C．243 D．80
x2 y2
7．过椭圆 + =1(a>b>0)上的点M作圆x2+ y2=b2的两条切线，切点分别为P，Q.若
a2 b2
试卷第1页，共3页a2 b2
直线PQ在x轴，y轴上的截距分别为m，n，若 + =2，则椭圆离心率为（ ）
n2 m2
1 ❑√3 ❑√2 ❑√6
A． B． C． D．
2 3 2 3
8．数列{a )满足a =a =1，a =a +a (n≥3,n∈N*)，给出下列四个结论：
n 1 2 n n−1 n−2
①存在正整数i ,i ,⋅⋅⋅,i ，且i 0时，成对样本数据成线性正相关；
B．当r越大时，成对样本数据的线性相关程度越强；
C．x =x，y = y时，成对样本数据(x ,y )(i=1,2,⋅⋅⋅,n,n+1)的相关系数r′满
n+1 n+1 i i
足r′=r；
D．x =x，y = y时，成对样本数据(x ,y )(i=1,2,⋅⋅⋅,n,n+1)的线性回归方程
n+1 n+1 i i
^y=d^x+c^满足d^=b^；
试卷第2页，共3页10．正方体ABCD−A B C D 的棱长为2，M，N分别为棱A D ，BC的中点，P为
1 1 1 1 1 1
正方形A B C D 边上的动点（不与M重合）.Q为平面ABCD内一动点，则下列说法中
1 1 1 1
正确的是（ ）
A．存在点P，使得直线A B 与平面M N P垂直
1 1
B．平面M N P把正方体分割成的两个几何体的体积相等
C．⃗QB⋅⃗QD 的取值范围为[−3,+∞)；
1
D．若动点Q满足|QA)=2|QB)，当三棱锥Q−DD A的体积取最大值时，该三棱锥
1
外接球的表面积为24π.
11．数学中有许多寓意美好的曲线，曲线C：(x2+ y2) 3 =16x2y2被称为“四叶玫瑰线”
（如图所示），P(x ,y )是C上在第一象限内的一点.给出的下列三个结论中，正确结论的
0 0
选项是（ ）
A．曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2；
B．曲线C经过5个整点（即横纵坐标均为整数的点）；
C．存在一个以原点为中心、边长为2❑√2的正方形，使曲线C在此正方形区域内（含边
界）.
8❑√3
D．y 的最大值为
0 9
三、填空题
12．已知函数f (x)=
{2x2+1，x≤0)
，则f (4)= .
f (x−3),x>0
13．若正实数a，b满足条件：ea+b=e(a+b)（e是自然对数的底数），则ab的最大值是
试卷第3页，共3页.
14．如图：在△ABC中，M，N，P三点分别在边AB，BC，C A上，则△AM P，
△BM N，△CN P的外接圆交于一点Q，称点Q为密克点.运用上述结论解决如下问题：
在梯形ABCD中，∠B=∠C=60°，AB=4，AD=2，M为CD边的中点，动点P在
BC边上，△ABP与△CM P的外接圆交于点Q（异于点P），则BQ的最小值为 .
四、解答题
15．已知函数f (x)=exsinx（e是自然对数的底数），g(x)为f (x)的导函数.
(1)当x∈[0,2π)时，求不等式g(x)≥0的解集；
π
(2)若函数h(x)=f (x)− ( x− ) g(x)，求函数h(x)在[0,π)上的极值.
4
16．如图，在三棱柱ABC−A B C 中，AB⊥AC，AB=AC=A A =2，
1 1 1 1
2π
∠A AB=∠A AC=
1 1 3
(1)求证：BC⊥A A ；
1
❑√70
(2)侧棱CC 上是否存在点D，使得直线AD与平面A BC所成角的正弦值为 ？若存在，
1 1 14
确定点D的位置；若不存在，说明理由.
17．预防接种是预防掌握传染病最经济、最有效的手段，是预防疾病传播和保护群众的重
要措施.为了考查一种新疫苗预防某一疾病的效果，研究人员对一地区某种动物（数量较
试卷第4页，共3页大）进行试验，从该试验群中随机抽查了50只，得到如下的样本数据（单位；只）：
发病 没发病 合计
接种疫苗 7 18 25
没接种疫苗 19 6 25
合计 26 24 50
(1)能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为接种该疫苗与预防该疾病有关？
(2)从该地区此动物群中任取一只，记A表示此动物发病，A表示此动物没发病，B表示此
P(A)
动物接种疫苗，定义事件A的优势R = ，在事件B发生的条件下A的优势
1 1−P(A)
P(A∣B) R
R = ，利用抽样的样本数据，求 2 的估计值.
2 1−P(A∣B) R
1
(3)若把表中的频率视作概率，现从该地区没发病的动物中抽取3只动物，记抽取的3只动
物中接种疫苗的只数为X，求随机变量X的分布列、数学期望.
n(ad−bc) 2
附：χ2= ，其中n=a+b+c+d.
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
P(0χ. 2 0≥50x )0.010 0.001
0
x 3.841 6.635 10.828
0
18．已知抛物线Γ的顶点为坐标原点O，焦点在y轴的正半轴上，过焦点作直线l交抛物线
Γ于M，N两点，且⃗OM⋅⃗ON=−12.
试卷第5页，共3页(1)求抛物线Γ的标准方程；
(2)如图，过抛物线Γ上的三个不同点A，B，C（B在A，C之间），作抛物线的三条切线，
分别两两相交于点D，E，F.是否存在常数λ，使得⃗DA⋅⃗FC=λ⃗DE⋅⃗FE？若存在，求
出λ的值；若不存在，请说明理由；
(3)当点C的横坐标为4时，以C为直角顶点，作抛物线的两个内接Rt△CPQ及Rt△CRT
（抛物线的内接三角形是指三角形的三个顶点都在抛物线上），求线段PQ，RT的交点坐
标.
19．设a为正数，若以a为首项的等比数列{a )满足：a +1，a +2，a +3也构成等比数列，
n 1 2 3
则称{a )为a所对应的一个G型数列.
n
(1)若G型数列{a )存在并且唯一，求a的值；
n
1
(2)若a =a2n−1，n∈N∗，其中 0))
={x∈Z|(x+2)(x−1)<0))={x∈Z|−20；
→ →
当m=−3时，⃗b=(−3,−1)， a·b=−6−❑√6<0.
故选：B.
4．A
答案第1页，共2页1 1
【分析】由条件求得cosαsinβ= ，进而得到sin(α+β)= ，再由余弦二倍角公式即可
12 3
求解.
1 1
【详解】由sin(α−β)= ，可得：sinαcosβ−cosαsinβ= ，
6 6
1 1
又sinαcosβ= ，所以cosαsinβ= ，
4 12
1 1 1
所以sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ= + = ，
4 12 3
2 7
所以cos(2α+2β)=1−2sin2(α+β)=1− = ，
9 9
故选：A
5．C
【分析】由题意可得两直线位置关系以及其所过定点，根据圆的方程，可得答案.
【详解】由m⋅1+1⋅(−m)=0，则l ⊥l ，
1 2
由l :(x+1)m+ y=0，则直线l 过定点A(−1,0)，
1 1
由l :x−3−m y=0，则直线l 过定点B(3,0)，
2 2
易知动点P的轨迹为AB为直径的圆，圆心(1,0)，半径r=2，
由题意易知直线l 的斜率存在，则交点P不能是(−1,0)，
1
则动点P的轨迹方程为(x−1) 2+ y2=4(x≠−1).
故选：C.
6．B
【分析】根据正态分布求出E(ξ)、D(ξ)的值，并求出a 、a 的表达式，根据题中条件求出
1 2
n的值，利用赋值法可得出结果.
( 1) 1
【详解】因为随机变量ξ∼N 1, ，则E(ξ)=1，D(ξ)= ，
4 4
因为(1+2x) n=a +a x+a x2+a x3+⋯+a xn，
0 1 2 3 n
则a =C1 ⋅2=2n，a =C2 ⋅22=2n(n−1)，
1 n 2 n
答案第2页，共2页a 2n 1 1
所以， 1= = = ，解得n=5，
a 2n(n−1) n−1 4
2
令f (x)=(1+2x) 5=a +a x+a x2+a x3+a x4+a x5，
0 1 2 3 4 5
所以，f (0)=a =1，f (1)=(1+2) 5=a +a +a +a +a +a
0 0 1 2 3 4 5
故a +a +a +a +a =35−1=242.
1 2 3 4 5
故选：B.
7．C
【分析】设出相关点的坐标，借助向量垂直关系的坐标表示求出直线PQ方程，进而求出
a2 b2
m,n，再代入 + =2，得到a2=2b2，即可求出离心率.
n2 m2
x2 y2
【详解】设P(x ,y ),Q(x ,y ),M(x ,y )，则 0+ 0=1，即a2y2+b2x2=a2b2 ，
1 1 2 2 0 0 a2 b2 0 0
又x2+ y2=b2
，
1 1
令坐标原点为O，⃗OP=(x ,y ),⃗M P=(x −x ,y −y )，
1 1 1 0 1 0
因为M P切圆x2+ y2=b2于P，所以OP⊥M P，
则⃗OP⋅⃗M P=x (x −x )+ y (y −y )=0，所以x x + y y =b2 ，
1 1 0 1 1 0 0 1 0 1
b2 b2
同理可得x x + y y =b2 ，因此直线PQ的方程为x x+ y y=b2 ，则m= ,n= ，
0 2 0 2 0 0 x y
0 0
答案第3页，共2页a2 b2 a2y2 b2x2 a2y2+b2x2 a2b2 a2
因此 + = 0+ 0= 0 0= = =2，即a2=2b2，
n2 m2 b4 b4 b4 b4 b2
❑√a2−b2 ❑√2
所以椭圆离心率e= = .
a 2
故选：C.
8．D
【分析】对于①，求得1+5+13+34+89+233+610=985，判断；对于②，利用反证法，
3
推出矛盾，判断；对于③，利用递推公式得到a +a =3a ，求出存在常数t= ，使得
n+4 n n+2 2
对任意n∈N*，都有a ，ta ，a 成等差数列，判断；对于④，因为a =a +a ，
n n+2 n+4 n+2 n+1 n
则a2 =a a −a a ，算出
n+1 n+2 n+1 n+1 n
a2+a2+a2+⋅⋅⋅+a2 =a2+(a a −a a )+(a a −a a )+⋅⋅⋅+(a a −a a )
1 2 3 2023 1 3 2 2 1 4 3 3 2 2024 2023 2023 2022
=a a ，判断.
2024 2023
【详解】对于①，由题意知数列中的项：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，
233，377，610，987，1597，…，
可得1+5+13+34+89+233+610=985，故①正确；
对于②，若存在m∈N*，使得a ，a ，a 成等比数列，
m m+1 m+2
1±❑√5
则a2 =a a ，又a =a +a ，即a2 −a a −a2 =0，解得a = a ，
m+1 m m+2 m+2 m+1 m m+1 m m+1 m m+1 2 m
由a =a =1，a =a +a (n≥3,n∈N*)，
1 2 n n−1 n−2
得a >a >a >⋅⋅⋅>a =1>0，且a 为整数，
n n−1 n−2 2 n
1+❑√5
所以a = a ，这与相邻两项为整数矛盾，故②错误；
m+1 2 m
对于③，因为a =a +a ，a =a +a ，a =a +a ，
n+4 n+3 n+2 n+3 n+2 n+1 n+2 n+1 n
3
所以a =3a −a ，所以a +a =3a ，则a ， a ，a 成等差数列，
n+4 n+2 n n+4 n n+2 n 2 n+2 n+4
3
故存在常数t= ，使得对任意n∈N*，都有a ，ta ，a 成等差数列，故③正确；
2 n n+2 n+4
答案第4页，共2页对于④，因为a =a +a ，则a2 =a a −a a ，
n+2 n+1 n n+1 n+2 n+1 n+1 n
则
a2+a2+a2+⋅⋅⋅+a2 =a2+(a a −a a )+(a a −a a )+⋅⋅⋅+(a a −a a )
1 2 3 2023 1 3 2 2 1 4 3 3 2 2024 2023 2023 2022
=a a −a a +a2=a a ，故④正确；
2024 2023 2 1 1 2024 2023
故选：D.
9．ACD
【分析】根据相关系数的正负、绝对值大小与变量相关性之间关系可知AB正误；根据
x =x，y = y，代入相关系数和最小二乘法公式中，可知CD正误.
n+1 n+1
【详解】对于A，当r>0时，成对样本数据成线性正相关，A正确；
对于B，当|r)越大时，成对样本数据的线性相关程度越强；
当r =−0.98，r =0.9时，r 对应的样本数据的线性相关程度更强，B错误；
1 2 1
对于C，当x =x，y = y时，x,y不变且x −x= y −y=0，
n+1 n+1 n+1 n+1
n+1 n
∑(x −x)(y −y) ∑(x −x)(y −y)
i i i i
∴r′= i=1 = i=1 =r，C正确；
√n+1 √n+1 √ n √ n
❑∑(x −x) 2❑∑(y −y) 2 ❑∑(x −x) 2❑∑(y −y) 2
i i i i
i=1 i=1 i=1 i=1
对于D，当x =x，y = y时，x,y不变且x −x= y −y=0，
n+1 n+1 n+1 n+1
n+1 n
∑(x −x)(y −y) ∑(x −x)(y −y)
i i i i
∴d^= i=1 = i=1 =b^ ，D正确.
n+1 n
∑(x −x) 2 ∑(x −x) 2
i i
i=1 i=1
故选：ACD.
10．BD
【分析】由题意建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算，根据正方体的几何性质，结
合三棱锥的体积公式，可得答案.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
答案第5页，共2页则D(0,0,0)，A(2,0,0)，A (2,0,2)，C (0,2,2)，B (2,2,2)，M(1,0,2)，
1 1 1
N(1,2,0)
对于A，⃗A B =(0,2,0)，⃗N M=(0,−2,2)，⃗A B ⋅⃗N M=−4≠0，
1 1 1 1
即A B 与M N不垂直，而M N⊂平面M N P，因此直线A B 与平面M N P不垂直，A
1 1 1 1
错误；
对于B，线段M N的中点(1,1,1)为正方体ABCD−A B C D 的中心，
1 1 1 1
平面M N P过该正方体的中心，
由对称性，平面M N P把正方体分割成的两个几何体的体积相等，B正确；
对于C，设点O为体对角线BD 的中点，OB=OD =❑√3，QO最小为1，
1 1
⃗QB⋅⃗QD =⃗QO2−⃗OB2=⃗QO2−3∈[−2,+∞)，C错误；
1
对于D，如图，
以点D为原点建立空间直角坐标系，设Q(x,y,0)，
由|QA)=2|QB)可知，❑√(x−2) 2+ y2=2❑√(x−2) 2+(y−2) 2，
答案第6页，共2页整理为(x−2) 2+ ( y− 8) 2 = 16 ，
3 9
( 4 ) 4
所以点Q的轨迹是平面ABCD内，以 2, ,0 为圆心， 为半径的圆，
3 3
如图，点Q到平面DD A 的最大值为4，此时点Q在AB的延长线上，且BQ=2，
1 1
所以三棱锥Q−DD A的外接球的半径(2R) 2=22+22+42=24，
1
所以三棱锥外接球的表面积S=4πR2=24π，D正确.
故选：BD.
11．AD
【分析】选项A，利用基本不等式可得(x2+ y2) 3 =16x2 y2≤4(x2+ y2) 2 ，进而可得；选项
0 0 0 0 0 0
B，由0≤x2≤4，0≤ y2≤4，x2+ y2≤4，分别代入验证整点即可；选项C，由x2+ y2≤4
可知该曲线且以原点为圆心的最小圆的半径为2，进而可判断；选项D，设
π π
x2+ y2=M2(M>0)，x=Mcosθ，y=Msinθ ( <θ< ) ，联立(x2+ y2) 3 =16x2y2可
4 2
( ❑√2)
得y=4sin❑ 2θcosθ，设cosθ=t 00)，x=Mcosθ，y=Msinθ ( <θ< ) ，
4 2
代入(x2+ y2) 3 =16x2y2，得M=4sinθcosθ，y=4sin❑ 2θcosθ.
( ❑√2)
令cosθ=t 00，y(t)单调递增；当 0，当x∈ ( π , π ) 时，h′(x)<0
4 2 4 2
答案第10页，共2页所以函数h(x)在
[
0,
π )
和
( π ,π)
上单调递增，在
[π
,
π )
上单调递减，
4 2 4 2
π π ❑√2 π
所以函数h(x)的极大值为h ( )=f ( )= e4
4 4 2
π
π π π π π
函数h(x)的极小值为h
( )=f ( )
− g
( )=(
1−
)e2
.
2 2 4 2 4
16．(1)证明见解析
(2)存在，D在靠近C 的三等分点处.
1
【分析】（1）根据这条件证明BC⊥平面A AE，即可证得结果；
1
（2），以E为原点，直线EA，EB，Ez分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平
面A BC的法向量，利用线面角的向量法求解.
1
【详解】（1）证明：在三棱柱ABC−A B C 中，取BC的中点E，连接AE，A E，
1 1 1 1
在△A AB与△A AC中，
1 1
AB=AC
)
∠A 1 AB=∠A 1 AC ⇒△A 1 AB≌△A 1 AC⇒A 1 B=A 1 C ，
A A =A A
1 1
由
A
1
B=A
1
C)
⇒A E⊥BC，同理，
AB=AC)
⇒AE⊥BC，
EB=EC 1 BE=CE
A E⊥BC)
由 1 ⇒BC⊥平面A AE⇒BC⊥A A ；
AE⊥BC 1 1
（2）在△ABC中，AB⊥AC，AB=AC=2，则AE=CE=BE=❑√2，
2π
在△A AB中，∵AB=A A =2，∠A AB= ，∴A B=2❑√3，同理A C=2❑√3，
1 1 1 3 1 1
在等腰△A BC，∵A B=A C=2❑√3，BE=CE=❑√2，∴A E=❑√10
1 1 1 1
答案第11页，共2页2+10−4 2❑√5
在△AEA 中，由余弦定理得：cos∠A EA= = ，即
1 1 2×❑√2×❑√10 5
❑√5
sin∠A EA= ，
1 5
在平面AEA 内过E作Ez⊥AE，则Ez⊥平面ABC，于是直线EA，EB，Ez两两垂
1
直，
以E为原点，直线EA，EB，Ez分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
在平面AEA 内过A 作A H⊥AE于H，
1 1 1
❑√5
则A H⊥平面ABC，A H=A Esin∠A EA=❑√10× =❑√2
1 1 1 1 5
则A (2❑√2,0,❑√2)，A(❑√2,0,0)，B(0,❑√2,0)，C(0,−❑√2,0)，
1
则⃗A B=(−2❑√2,❑√2,−❑√2)，⃗BC=(0,−2❑√2,0)，
1
设平面A BC的法向量为⃗m=(x,y,z)，
1
{⃗m⋅⃗A B=−2❑√2x+❑√2y−❑√2z=0)
则 1 ，
⃗m⋅⃗BC=−2❑√2y=0
取平面A BC的一个法向量⃗m=(1,0,−2)，
1
设⃗CD=t⃗CC =(❑√2t,0,❑√2t)，0≤t≤1，
1
则⃗AD=⃗AC+⃗CD=(❑√2(t−1),−❑√2,❑√2t)，由AD与平面A BC所成角的正弦值为
1
❑√70
，
14
|⃗AD⋅⃗m) |❑√2(t+1)) ❑√70
得 |cos⟨⃗AD,⃗m))= = = ，
|⃗AD)|⃗m) 2❑√5❑√t2−t+1 14
答案第12页，共2页2 3
整理得6t2−13t+6=0，解得t= 或t= （舍），即D在靠近C 的三等分点处.
3 2 1
17．(1)接种该疫苗与预防该疾病有关.
R 7
(2)
2=
R 18
1
9
(3)分布列见解析， .
4
【分析】（1）求得卡方值，比较临界值即可判断；
（2）由条件概率计算公式即可求解；
( 3)
（3）由题意确定X∼B 3, ，进而可求解；
4
【详解】（1）根据列联表可得
50×(19×18−7×6) 2
χ2= ≈11.538>10.828，
26×24×25×25
所以，在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为接种该疫苗与预防该疾病有关.
P(AB) P(B)−P(AB) P(AB)
（2）由于1−P(A∣B)=1− = = =P(A|B).
P(B) P(B) P(B)
P(A∣B) P(A∣B) P(A) P(A)
所以R = = ，R = = ，
2 1−P(A∣B) P(A∣B) 1 1−P(A) P(A)
P(A∣B) P(AB) P(AB)
P(A)
R P(A∣B) P(A∣B)P(A) P(B) P(A) P(B∣A)
2= = = = = ,
R P(A) P(A∣B)P(A) P(AB) P(AB) P(B∣A)
1 P(A)
P(A) P(B) P(A)
7 18 R 7
由列联表中的数据可得P(B∣A)= ，P(B∣A)= ，所以 2= .
26 24 R 18
1
（3）由题可知，抽取的24只没发病的动物中接种疫苗和没接种疫苗的动物分别为18人和
18 3
6人，所以从没发病的动物中随机抽取1只，抽取的是接种了疫苗的概率为 = ，
18+6 4
答案第13页，共2页( 3)
则由题意可知X=0,1,2,3，且X∼B 3, ，
4
P(X=0)=C0(1) 3
=
1 ，P(X=1)=C1(3) 1 (1) 2
=
9
，
3 4 64 3 4 4 64
P(X=2)=C2(3) 2 (1) 1
=
27 ，P(X=3)=C3(3) 3
=
27
，
3 4 4 64 3 4 64
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
1 9 27 27
P
64 64 64 64
3 9
所以随机变量X的数学期望为E(X)=3× =
.
4 4
18．(1)x2=8 y
(2)存在，λ=1
(3)(−4,10).
p
【分析】（1）设直线M N的方程为y=kx+ ，联立抛物线方程，由韦达定理结合向量数
2
量积的坐标表示即可求解；
（2）设A(x ,y ),B(x ,y ),C(x ,y )，利用导数求出切线方程，进而得到交点坐标，再
1 1 2 2 3 3
通过向量运算可得答案；
（3）法一：根据已知条件求出C点坐标，设P(x ,y ),Q(x ,y ),R(x ,y ),T(x ,y )，
P P Q Q R R T T
利用直角三角形条件得到PQ,RT方程，解方程组求出交点坐标.法二：设P(x ,y )，
P P
Q(x ,y )，直线PQ的方程为m(x−4)+n(y−2)=1，联立抛物线方程，由
Q Q
k ⋅k =−1，得到8n−8m=1，进而可求解；
CP CQ
p
【详解】（1）设抛物线Γ的标准方程为x2=2p y(p>0)，直线M N的方程为y=kx+ ，
2
答案第14页，共2页{x2=2p y )
联立 p ，消去y，得x2−2pkx−p2=0，Δ=4 p2k2+4 p2>0
y=kx+
2
(
x2
) (
x2
)
设M x , 1 ，N x , 2 ，则x +x =2pk，x x =−p2 ，
1 2p 2 2p 1 2 1 2
x2x2 p2 3p2
所以⃗OM⋅⃗ON=x x + 1 2=−p2+ =− =−12，解得p=4或p=−4（舍去），
1 2 4 p2 4 4
所以抛物线C的标准方程为x2=8 y
（2）存在常数1，使得⃗DA⋅⃗FC=⃗DE⋅⃗FE，理由如下，
1
设A(x ,y )，B(x ,y )，C(x ,y )，y′= x，
1 1 2 2 3 3 4
1 1 1
则在点A处的坐切线方程为y−y = x (x−x )，即y= xx − x2 ，
1 4 1 1 4 1 8 1
1 1 1
在点B处的坐切线方程为y−y = x (x−x )，即y= xx − x2 ，
2 4 2 2 4 2 8 2
{ y= 1 xx − 1 x2) { x = x 1 +x 2)
4 1 8 1 D 2 (x +x x x )
由 ，解得 ，所以D 1 2, 1 2 ，
1 1 x x 2 8
y= xx − x2 y = 1 2
4 2 8 2 D 8
(x +x x x ) (x +x x x )
同理可得E 1 3, 1 3 ，F 2 3, 3 2 ，
2 8 2 8
(x −x x2−x x ) (x −x x2−x x )
⃗DA= 1 2, 1 1 2 ，⃗FC= 3 2, 3 3 2 ，
2 8 2 8
答案第15页，共2页(x −x x x −x x ) (x −x x x −x x )
⃗DE= 3 2, 1 3 1 2 ，⃗FE= 1 2, 1 3 2 3 ，
2 8 2 8
所以
x −x x −x x2−x x x2−x x x −x x −x x (x −x ) x (x −x )
⃗DA⋅⃗FC= 1 2× 3 2+ 1 1 2× 3 3 2= 1 2× 3 2+ 1 1 2 × 3，3 2
2 2 8 8 2 2 8 8
x −x x −x x x −x x x x −x x x −x x −x x (x −x ) x (x −x )
⃗DE⋅⃗FE= 3 2× 1 2+ 1 3 1 2× 1 3 2 3= 3 2× 1 2+ 1 3 2 ，× 3 1 2
2 2 8 8 2 2 8 8
可得⃗DA⋅⃗FC=⃗DE⋅⃗FE，所以存在λ=1，使得⃗DA⋅⃗FC=⃗DE⋅⃗FE
（3）（解法一）因为Rt△CPQ、Rt△CRT是抛物线的两个内接三角形，
所以直线CP，CQ，CR，CT的斜率存在且不为0，当点C的横坐标为4时，代入
42=8 y得y=2，
所以C(4,2).
设P(x ,y )，Q(x ,y )，R(x ,y )，T(x ,y )，由C为直角顶点，
P P Q Q R R T T
1
设k =k，则k =− ，直线CP的方程为y−2=k(x−4)，
CP CQ k
与x2=8 y联立得x2−8kx+32k−16=0，则x +4=8k，x =8k−4，
P P
y =k(x −4)+2=8k2−8k+2，可得P(8k−4,8k2−8k+2)，
P P
( 8 8 8 )
同理可得Q − −4, + +2 ，
k k2 k
所以直线PQ的方程为
8k2−8k+2− ( 8 + 8 +2 )
k2 k
y−(8k2−8k+2)= (x−8k+4)，
8
8k−4+ +4
k
( 1 ) ( 1 )
整理得y= k− −1 (x+4)+10，即 k− −1 (x+4)+10−y=0，
k k
答案第16页，共2页1 ( 8 8 8 )
设k =h，则k =− ，同理可得R(8h−4,8h2−8h+2)，T − −4, + +2 ，
CR CQ h h h2 h
( 1 )
所以直线RT的方程为 h− −1 (x+4)+10−y=0，
h
{( h− 1 −1 ) (x+4)+10−y=0)
h {x=−4)
由 得 ，
( 1 ) y=10
k− −1 (x+4)+10−y=0
k
所以PQ，RT的交点坐标为(−4,10).
（解法二）当点C的横坐标为4时，代入42=8 y得y=2，即C(4,2)
设P(x ,y )，Q(x ,y )，直线PQ的方程为m(x−4)+n(y−2)=1，
P P Q Q
{ x2=8 y )
联立 得(1+8m)(x−4) 2+8(n−m)(x−4)(y−2)−8n(y−2) 2=0，
m(x−4)+n(y−2)=1
( y−2) 2 y−2
即8n −8(n−m) −(1+8m)=0，
x−4 x−4
1+8m
所以k ⋅k =− =−1⇒8n−8m=1
CP CQ 8n
直线PQ的方程为m(x−4)+n(y−2)=1可化为m(x+4)+n(y−10)=0，
即直线PQ恒过定点(−4,10)，同理直线RT也过定点(−4,10)，
所以PQ,RT的交点坐标为(−4,10).
1
19．(1)a=
3
❑√5−1
(2)（i）a= ；（ii）b =3b −b ，b2 −b b =5
2 n+2 n+1 n n+1 n n+2
【分析】（1）由等比数列的中项公式列出方程，再由数列{a )存在并且唯一知，方程
n
（*）必有一个实根为0，代入方程，即可求出a的值；
1
（2）（i）由a =a2n−1，得到G型数列，利用等比数列的中项公式列出方程，由 0，Δ=(4a) 2−4a(3a−1)=4a2+4a>0
故方程（*）有两个不等的实根，再由数列{a )存在并且唯一知，方程（*）必有一个实根
n
为0，
1 1
将q=0代入方程（*）得a= ，检验当a= 时，方程（*）可化为q2−4q=0，解得q=4
3 3
或q=0（舍）.
（2）（i）因为a =a2n−1，则a,a3,a5,a7,⋅⋅⋅为G型数列，
n
则a+1，a3+2，a5+3也成等比数列，
则有(a3+2) 2 =(a+1)(a5+3)，即a5−4a3+3a−1=0，
因式分解得：(a2+a−1)(a3−a2−2a+1)=0，
−1±❑√5
方程a2+a−1=0的两根为a= ，
2
−1+❑√5 1
其正根为a= ，满足 0，f =− <0，f (1)=−1<0，f (2)=1>0知，
2 8
( 1)
函数f (x)=x3−x2−2x+1的三个零点分别在区间(−2,0)， 0, ，(1,2)内，
2
1 ❑√5−1
所以方程(a2+a−1)(a3−a2−2a+1)=0满足
